【文档说明】广东省深圳市福田区外国语高级中学2022-2023学年高二上学期期中考试 化学 答案.docx，共(21)页，814.198 KB，由小赞的店铺上传

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深圳市福田区外国语高级中学2022-2023学年度第一学期高二年级期中考试化学学科(选择考考)试题一、选择题(共16小题，共44分，其中1-10题每题2分，11-16题每题4分，每题只有一个正确选项)1.下列装置或操

作能达到实验目的的是A.图1装置用于硫酸和Ba(OH)2反应的中和热测定B.图2装置用于酸性高锰酸钾溶液滴定草酸C.图3装置用于测定H+表示的反应速率(单位mL/s)D.图4装置用于研究不同催化剂对反应速率的影响【答案】B【解析】【详解】A．硫酸和Ba(OH)2反应，在生成水的同时

，还有硫酸钡沉淀生成也会产生热效应，所以图1装置测定的不是硫酸和Ba(OH)2反应的中和热，A不符合题意；B．采用氧化还原滴定原理，酸性高锰酸钾溶液应盛放在酸式滴定管中，用图2装置，可进行酸性高锰酸钾溶液滴定草酸的实验，B正确；C．图3装置中，长颈漏斗的下端管口没有液封，气体

会从漏斗中逸出，所以不能用于准确测定H+表示的反应速率，C不符合题意；D．研究不同催化剂对反应速率的影响时，除去催化剂不同外，反应温度、压强、各物质的浓度都应相同，图4装置中，反应物的浓度不同，所以不能用于研究不同催化剂对反应

速率的影响，D不符合题意；故选B。2.下列事实能用勒夏特列原理解释的是A.工业合成氨选择500℃B.SO2氧化成SO3，需要使用催化剂C.光照新制氯水时，溶液的颜色逐渐变浅D.由NO2(g)和N2O4(g)组成的平衡体系，加压后颜色加深【答案】C【解析】【分析】【详解】A．工业合成氨的反应是可逆的

，选择500℃左右的较高温度能使反应逆向进行，不利于化学平衡的正向移动，使用该温度主要是考虑催化剂的催化效率以及反应速率等知识，所以不能用化学平衡移动原理解释，故A不选；B．使用催化剂平衡不移动，不能用勒夏特列原理解释，故B不选；C

．氯水中存在化学平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，光照使氯水中的次氯酸分解，次氯酸浓度减小，使得平衡向右移动，氯气浓度变小，溶液的颜色逐渐变浅，能用勒夏特列原理解释，故C选；D．加压后颜色加深，是

体积缩小浓度增大，不一定是平衡移动造成的，不能用勒夏特利原理解释，故D不选；故选：C。3.下列说法正确的是A.418gNH+中所含的电子数为A11NB.常温下，1LpH1=的24HSO溶液中含有的H+的数目为A0.2NC.常温常压下，223.4gHO含有极性键的数目为A0.2ND.4

12.0gNaHSO(熔融)中所含的离子数目为A0.3N【答案】C【解析】【详解】A．18gNH4+的物质的量1m18gn=1M18g?molmol−==，1个NH4+含有7+4×1－1=10个电子，因此18gNH4+含有电子的物质的量为10mol，电子数为10NA，A错误；B．pH=1的硫

酸溶液中c(H＋)=0.1mol/L，则n(H＋)=0.1mol/L×1L=0.1mol，则含有H＋的数目为0.1NA，B错误；C．H2O2的结构式为H－O－O－H，可知1个H2O2分子中含有2个极性键（即O－H键）。

3.4gH2O2的物质的量3.4gn==0.1mol34g/mol，则含有的极性键的物质的量为0.1mol×2=0.2mol，其数目为0.2NA，C正确；D．NaHSO4在熔融状态下的电离方程式为NaHSO4(熔融)=Na＋＋HSO4−。12.0gNaHSO4的物质的量12.0gn=

=0.1mol120g/mol，则含有离子的物质的量n=0.1mol×2=0.2mol，其数目为0.2NA，D错误；答案选C。4.下列有关热化学方程式的叙述正确的是A.已知正丁烷(g)→异丁烷(g)ΔH<0

，则异丁烷比正丁烷稳定B.2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ/mol，则H2的燃烧热ΔH=-571.6kJ/molC.已知2C(s)+2O2(g)=2CO2(g)ΔH1；2C(s)+O2(g)=2CO(g)ΔH2，则ΔH1>ΔH2D.2SO2(g)+

O2(g)2SO3(g)和4SO2(g)+2O2(g)=4SO3(g)的ΔH相等【答案】A【解析】【详解】A．焓变小于零，为放热反应，则异丁烷能量较低，比正丁烷稳定，A正确；B．燃烧热是在101kPa时，1mol物质完全燃烧生成稳定的氧化物时所放出的热量；2H2

(g)+O2(g)=2H2O(l)ΔH=-571.6kJ/mol，则H2的燃烧热ΔH=-571.6kJ/mol÷2=-285.8kJ/mol，B错误；C．碳的燃烧为放热反应，充分燃烧生成二氧化碳放热更多，放热反应为焓变小于零，则ΔH1<ΔH2，C错

误；D．焓变与方程式的书写形式有关，两者焓变不同，D错误；故选A。5.已知热化学方程式2232SO(g)O(g)2SO(g)+HQkJ/mol(Q0)=−，则下列说法正确的是A.降低温度，平衡正向移动，热化学方程式中的Q值增大B.若该反应放热QkJ，则此过程中有22molSO(g)被

氧化C.将32molSO(g)置于一密闭容器中充分反应，需吸收QkJ的热量D.恒温下，增大压强，可增大活化分子百分数，从而加快反应速率【答案】B【解析】【详解】A．该反应的正反应是放热的，降低温度，平衡

正向移动，但热化学方程式中的Q值和反应物以及生成物的总能量有关，不随平衡移动而变化，故A错误；B．该热化学方程式的含义是：若有2molSO2(g)和1molO2(g)完全反应生成2molSO3(g)，则放出QkJ的热量，若该反应放热QkJ，说明参加反应的二氧化硫为2

mol，则一定有2molSO2(g)被氧化，故B正确；C．将32molSO(g)置于一密闭容器中充分反应，由于该反应是可逆反应，所以SO3不能完全分解，吸收的热量小于QkJ，故C错误；D．增大压强，单位体积活化分子数目增大，但活化分子百分数不变，故D错误；答案选B。6.近年来，科学家发现彗

星上存在氨，或许可以揭示彗星与地球生命起源的关系。下列有关氨的说法正确的是A.NH3属于弱电解质B.液氨汽化时，放出热量C.N2(g)+3H2(g)2NH3(g)在高温下可自发进行，则该反应的△H>0D.氨水显碱性，是由于发生：NH3+H2ONH3•H2O+4N

H+OH-【答案】D【解析】【详解】A．NH3属于非电解质，选项A错误；B．液氨汽化是由液体吸收热量转化为气体，是吸热过程，选项B错误；C．该反应气体体积减小，△S<0，能够自发进行说明△H-T△S<0，故△H<0,选项C错误；D．由于发生：NH3+H2ONH3•H2O+4NH+OH-，电离使水溶

液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，氨水显碱性，选项D正确；答案选D。7.下列图示与对应的叙述相符的是A.由图甲可知，a点wK的数值比b点wK的数值大B.图乙表示不同温度下水溶液中H+和OH−的浓度变化曲线，图中a点对应温度高于b点C.图丙表示Na

OH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线，M点水的电离程度最大D.图丁表示向醋酸稀溶液中加水时溶液的导电性变化，图中p点醋酸的电离程度大于q点【答案】C【解析】【详解】A．由图甲可知，a点和b点的温度相同，因此a点wK的数值等于b点w

K的数值，故A错误；B．图乙表示不同温度下水溶液中H+和OH−的浓度变化曲线，a点的氢离子浓度小于b点的氢离子浓度，则图中a点对应温度低于b点，故B错误；C．图丙表示NaOH溶液滴定HCl溶液的滴定曲线，M点恰好完全反应，溶质为NaCl，因此M点水的

电离程度最大，故C正确；D．图丁表示向醋酸稀溶液中加水时，溶液中的氢离子浓度、醋酸根浓度减小，因此溶液的导电性减小，根据越稀越电离，因此图中p点醋酸的电离程度小于q点，故D错误。综上所述，答案为C。8.已知强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热化学方程式为：()()()2HaqOHaq=H

Ol+−+1ΔH=-57.3kJmol−，向11L0.5molL−的NaOH溶液中加入下列物质：①稀醋酸②浓硫酸③稀硝酸，恰好完全反应。焓变1ΔH、2ΔH、3ΔH关系是A.132ΔH>ΔH>ΔHB.132ΔH<ΔH<ΔHC.132ΔH=ΔH>ΔHD.123ΔH>ΔH>ΔH【答案】A【解析】【详

解】强酸与强碱的稀溶液发生中和反应的热化学方程式为H+(aq)+OH-(aq)=H2O(l)ΔH=-57.3kJ•mol-1，①稀醋酸；②浓硫酸；③稀硝酸，恰好完全反应，稀硝酸反应放出的热量为0.5×57.3kJ，醋酸电离吸热、浓硫酸稀释放热，醋酸反应放出的热量少，浓硫酸

反应放出热量多，且ΔH均为负值，则ΔH1>ΔH3>ΔH2；故选：A。9.恒温恒容,4A(s)+3B(g)2C(g)+D(g)经2min，B的浓度减少0.6mol·L－1,下列说法正确的是A.用A表示的反应速率是0.4mol·L－1·min－1B.分别用

B、C表示反应的速率，其关系是：3υ(B)=2υ(C)C.2min末的反应速率υ(B)=0.3mol·L－1·min－1D.气体的密度不再变化，则证明反应已经达到平衡状态【答案】D【解析】【分析】经2min，B的浓度减少0.6mol/L，v(B)=0.6m

ol/L2min=0.3mol•(L•min)-1；【详解】A．A物质为纯固体，不能表示反应速率，故A错误；B．反应速率之比等于化学计量数之比，则分别用B、C表示的反应速率其比值是3：2，即2υ(B)=3υ(C)，故B错误；C．反应速率为平均速率，则在2mi

n内的反应速率，用B表示是0.3mol•(L•min)-1，故C错误；D．混合气体总质量不确定，气体的体积一定，当气体的密度不再变化，能证明反应已经达到平衡状态，故D正确；答案选D。10.能说明醋酸是弱电解质的事实是A.醋酸溶液的导电性比盐酸弱B.醋酸溶液与碳酸钙反应，缓慢放出二氧化碳C.醋酸

溶液用水稀释后，溶液的pH增大D.10.1mol?L−的醋酸溶液中，氢离子浓度约为10.001mol?L−【答案】D【解析】【分析】【详解】A．溶液的导电能力与溶液中离子浓度有关，与电解质的强弱无关，故

A不符合题意；B．醋酸溶液和碳酸钙反应生成二氧化碳，说明醋酸的酸性比碳酸强，但不能说明醋酸是弱电解质，故B不符合题意；C．无论醋酸是强电解质还是弱电解质，稀释醋酸溶液，氢离子浓度都降低，溶液的pH都增大，所以不能说明醋酸是弱电解质，故C不符合题意；D．0.1mol•L-1的CH3COOH溶液中，氢

离子浓度约为0.001mol/L，说明醋酸只有部分发生电离，在其溶液中存在电离平衡，所以能说明醋酸是弱电解质，故D符合题意；故选D。【点睛】电解质的强弱与其电离程度有关，只有部分电离的电解质是弱电解质。

设计实验时要注意等物质的量浓度和等pH的两种酸(或碱)的性质差异，常用的实验方法有：（1）从水解的角度分析，取其钠盐(NaA)溶于水，测其pH，若pH＞7，则说明HA是弱酸，若pH＝7，则说明HA是强酸。（2）从是否完全电离的角度分析，配制一定物质的量浓度HA溶液

(如0.1mol·L-1)，测其pH，若pH＞1，则说明HA是弱酸，若pH＝1，则说明HA是强酸。11.下列叙述与图对应的是的A.对于达到平衡状态的反应：()()()223Ng3Hg2NHg+ƒ，图①表示在0t时刻

充入了一定量的3NH，平衡逆向移动B.由图②可知，21P>P、12T>T满足反应：()()()2AgBg2Cg+H0C.图③表示的反应方程式为：2AB3C=+D.对于反应()()()2Xg3Yg3Zg+H0，图④y轴可以表示Y的百分含量【答案】B【解析】【详解】A．对于

达到平衡状态的反应：()()()223Ng3Hg2NHg+ƒ，图①表示在t0时刻ν正、ν逆都增大，ν逆增大的多，化学平衡逆向移动，应该是升高温度使平衡逆向移动导致，若是充入了一定量的NH3，则ν逆增大，ν正瞬间不变，这与图像不吻合，故A错误

；B．增大压强反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；升高温度反应速率加快，达到平衡所需时间缩短；则根据图像可知：压强：P2＞P1；温度：T1＞T2；增大压强，平衡向气体体积减小的方向移动，C含量增大，说明正反应是气体

体积减小的反应；升高温度，C含量减小，说明平衡逆向移动，逆反应为吸热反应，则正反应为放热反应，故该反应的正反应是气体体积减小的放热反应，故满足反应：2A(g)+B(g)2C(g)ΔH＜0，故B正确；C．该反应是可逆反应，应该用可逆号“”，不能用等号“=”表示，故C错误；D．在压强

不变时，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，表示Y的含量应该增大，但图象显示y轴数值减小，因此图④y轴不可以表示Y的百分含量，故D错误；故选B。12.已知：①1mol晶体硅中含有2molSi—Si，1molSiO2晶体中含有

4molSi—O。②Si(s)＋O2(g)=SiO2(s)ΔH，其反应过程与能量变化如图所示。③化学键Si—OO=OSi—Si断开1mol共价键所需能量/kJ460500176下列说法正确的是A.晶体硅光伏发电是将化学能转化为电能B.二氧化

硅的稳定性小于硅的稳定性C.ΔH＝－988kJ·mol－1D.ΔH＝(a－b)kJ·mol－1【答案】C【解析】【分析】△H=反应物总键能-生成物总键能，由图可知该反应是放热反应，硅在氧气中燃烧的热化

学方程式为Si(s)+O2(g)=SiO2(s)△H=176kJ/mol×2mol+500kJ/mol-460kJ/mol×4=-988kJ/mol，据此分析解题。【详解】A．晶体硅光伏发电为光能转化为电能，不发生化学变化，A错误；B．Si-O的键能大于Si-Si的键能，

则二氧化硅稳定性大于硅的稳定性，B错误；C．由上述计算可知，△H=-988kJ•mol-1，C正确；D．焓变等于正、逆反应的活化能之差，则△H=b-a=-c，D错误；故答案为：C。13.部分弱酸的电离平衡常数如下表：弱酸HCOOHHCNH2

CO3电离平衡常数(25℃)Ka1=1.77×10-4Ka1=4.9×10-10Ka1=4.3×10-7Ka2=5.6×10-11下列选项错误的是A.CN－+H2O+CO2=HCN+HCO-3B.相同浓度的HCN和NaHCO3的导电能力：HC

N＞NaHCO3C.中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量，前者小于后者D.等pH的HCOOH和HCN稀释相同的倍数后，pH前者大于后者【答案】B【解析】【详解】A．由电离常数可知，氢氰酸的电离程度大于碳酸氢根离子，

则氰酸盐溶液与二氧化碳反应生成氢氰酸和碳酸氢盐，反应的离子方程式为CN－+H2O+CO2=HCN+HCO-3，故A正确；B．氢氰酸是弱酸，碳酸氢钠是强电解质，则相同浓度的氢氰酸溶液中离子浓度小于碳酸氢钠溶液，导电性弱于碳酸氢钠溶液，故B错误；C．等pH的醋酸溶液的浓度小于氢氰酸溶

液，中和能力小于氢氰酸溶液，则中和等体积、等pH的HCOOH和HCN消耗NaOH的量，醋酸溶液的浓度小于氢氰酸溶液，故C正确；D．醋酸的酸性强于氢氰酸，等pH的醋酸溶液和氢氰酸溶液稀释相同的倍数后，醋酸溶液的pH变化

大，则醋酸溶液的pH大于氢氰酸溶液，故D正确；故选B。14.我国科技工作者运用DFT计算研究HCOOH在不同催化剂（Pd和Rh）表面分解产生H2的部分反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用*表示。

下列说法错误的是（）A.HCOOH吸附在催化剂表面是一个放热过程B.Pd、Rh作催化剂时HCOOH分解产生H2的反应热不同C.该反应过程中有C-H键的断裂，还有C=O键的生成D.HCOO*+H*=CO2+2H*是该历程的决速步骤【答案】B【解析】【详解】A．HCOOH吸附在催化剂表面是能量

降低的过程，即为放热过程，故A正确；B．催化剂能改变反应速率，不改变热效应，则Pd、Rh作催化剂时HCOOH分解产生H2的反应热相同，故B错误；C．HCOOH催化分解生成CO2和H2，原来HCOOH分子中存在的化学键1个C-H键、1个C=O键、1个C-O键和1

个O-H键；而产物中有2个C=O键和1个H-H，说明反应过程中有C-H键的断裂，还有C=O键的生成，故C正确；D．HCOO*+H*到过渡态Ⅱ活化能最大，是反应消耗能量高的过程，速率最慢，故HCOO*+H*=CO2+2H*是该历程的决速步骤，故D正确；

故答案为B。15.乙酸甲酯转化为乙醇的反应原理为CH3COOCH3(g)＋2H2(g)⇌C2H5OH(g)＋CH3OH(g)ΔH<0。该反应中反应速率随时间变化的关系如图所示，t1、t3、t4时刻分别

改变某一外界条件。下列说法错误的是A.t1时升高温度B.t3时加入催化剂C.t4时增大反应容器的容积，使体系压强减小D.在反应保持化学平衡的时间段中，C2H5OH的体积分数最小的时间段是t2～t3【答案】D【解析】【详解

】A．升高温度，正逆反应速率均增大，且平衡逆向移动，因此t1时改变的条件是升高温度，故A正确；B．加入催化剂，正逆反应速率同等程度增大，平衡不移动，因此t3时改变的条件是加入高效催化剂，故B正确；C．当温度一定时，扩大反应容器，使反应

组分气体压强减小，平衡逆向移动，正逆反应速率都会减小，故C正确；D．由图可知，在到达化学平衡的时间段中，C2H5OH的体积分数最小的一段时间是t5→t6，故D错误；故选：D。16.某温度下，氢氟酸与丙酸的Ka值分别

为6.8×10-4和1.34×10-5。将物质的量浓度和体积均相同的两种酸溶液分别加水稀释，其pH随加水体积的变化如图所示。下列叙述正确的是A.曲线Ⅰ代表丙酸溶液B.溶液中水的电离程度：a＞bC.从b点到c点，溶液中

()()()cccAHAOH−−保持不变(HA、A-分别代表相应的酸和酸根离子)D.取体积相同的b、d两点溶液分别与NaOH恰好中和，d点消耗的NaOH多【答案】C【解析】【详解】由题中信息可知，HF的Ka=6.8×10

-4，丙酸的Ka=1.34×10-5，电离平衡常数越大，酸的酸性越强，电离平衡常数：HF＞丙酸，则酸性HF＞丙酸，物质的量浓度和体积均相同的两种酸溶液，HF中H+浓度要大一些，PH值要低一些；A．根据上述分析，由题中图示，曲线I开始pH

小，代表HF溶液，曲线II代表丙酸溶液，故A错误；B．酸抑制水电离，溶液的pH越大，溶液中c(H+)越小，其抑制水电离程度越小，c(H+)：a＞b，则水电离程度：a＜b，故B错误；C．从b点到c点，温

度不变水解平衡常数不变，Kh=()()()cccAHAOH−−不变，故C正确；D．b点为丙酸曲线上的点，CH3CH2COOH垐?噲?CH3CH2COO-+H+，Ka=()()()3232ccHcCHCHCOOCHCHCO

OH−+=()()232cHcCHCHCOOH+则c(CH3CH2COOH)=()()225cHcH1.3410Ka++−=，d点为HF曲线上的点，HF垐?噲?H++F-，Ka=()()()()()2cHcFcHccHFHF+−+=，则c(HF)=()()224cHcH6.81

0Ka++−=，因为b、d两点pH相等，c(H+)相等，则可推出c(CH3CH2COOH)＞c(HF)，相同体积时，丙酸的物质的量比氢氟酸大，完全中和时消耗同浓度的NaOH体积大，即b点消耗的NaOH多，故D错误；答案为C。二、填空题(共4题，每题14分，共5

6分)17.某研究性学习小组利用224HCO与酸性4KMnO溶液的反应，探究“外界条件对化学反应速率的影响”，实验记录如下表所示：实验组别实验温度/K参加反应的物质溶液褪色所需时间/s4KMnO溶液(含硫酸)224HCO溶液2

HOV/mL()cmolLV/mL()cmolLV/mLA29330.271060B1T30.2511V80C31330.22V121t查阅资料：酸性4KMnO溶液中滴加过量的224HCO，振荡后溶液由紫色变为无色，回答下列问题。（1）该反应的离子方程式为

：_______。（2）1T=_______。（3）1V=_______，理由是_______。（4）若探究温度对化学反应速率的影响，可选择实验_______(填组别)，根据实验数据，可以得出的结论是_______。（5）发生反应()()()()222NOg2COgNg2C

Og++H0，该反应达到平衡后，为在提高反应速率同时提高NO的转化率，可采取的措施有_______(填字母序号)。A.改用高效催化剂B.缩小容器的体积C.升高温度D.增加CO的浓度（6）某反应过程能量变化如图所示(

填入字母)。的①该反应过程有催化剂参与的是_______。②该反应的活化能为_______。【答案】（1）24224222MnO5HCO6H2Mn10CO8HO−++++=++（2）293（3）①.2②.控制变量法实验，本实

验总体积需要保持一样10mL（4）①.BC②.其他条件相同下，温度越高，化学反应速率越快（5）BD（6）①.b②.1E【解析】【小问1详解】锰由+7价降低为+2价，碳由+3价升高为+4价，根据电子得失守恒、电荷守恒、质量守恒，该反应的离子方程

式为：24224222MnO5HCO6H2Mn10CO8HO−++++=++。故答案为：24224222MnO5HCO6H2Mn10CO8HO−++++=++；【小问2详解】实验A、B是探究浓度对反应速率的影响，则温度必须相同，

1T=293。故答案为：293；【小问3详解】溶液的总体积为3mL+7mL=10mL，V1=10mL-3mL-5mL=2mL，理由是控制变量法实验，本实验总体积需要保持一样10mL。故答案为：2；控制变量法实验，

本实验总体积需要保持一样10mL；【小问4详解】实验A、C中温度、H2C2O4的浓度均不同，有两个变量，不能作为探究组，由（3）可知，T1=293，V1=2mL，若探究温度对化学反应速率的影响，可选择实验BC(填组别)，根据实验数据，可以得出的结论是其他条件

相同下，温度越高，化学反应速率越快。故答案为：BC；其他条件相同下，温度越高，化学反应速率越快；【小问5详解】A.改用高效催化剂提高反应速率但不能提高NO的转化率，故A不符；B.缩小容器的体积，增大压强，平衡正向移动，提高反应速率同时提高NO的转化率，故B符合；C.升高温度，平衡逆向移动，提高反应

速率但不能提高NO的转化率，故C不符；D.增加CO的浓度平衡正向移动，提高反应速率同时提高NO的转化率，故D符合；故答案为：BD；【小问6详解】①催化剂能降低反应的活化能，该反应过程有催化剂参与的是b。故答案为：b；②反应物与过

渡态能量差是E1，该反应的活化能为1E。故答案为：1E。18.回答下列问题：（1）25℃、101kPa条件下充分燃烧8g甲烷气体生成二氧化碳和液态水时放出热量为160kJ，写出表示甲烷燃烧热的热化学方程式_______。（2）已知：()()()22MoSs=MosSg+

1ΔH；()()()222Sg2Og=2SOg+2ΔH；()()()()22322MoSs7Og=2MoOs4SOg++3ΔH；反应()()()232Mos3Og2MoOs+=的ΔH=_______(用含1ΔH、2ΔH、3ΔH的代数式表示)。（3）在容积固定的密闭容器中，发生反应()()()

()222COgHgCOgHOg++，化学平衡常数K和温度t的关系如下表：t/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6①该反应的化学平衡常数表达式为K=_______。②该反应为_______(填“吸热”或“放热”)反应。③能判断该反应达到化学平衡状态的是

_______(填字母)。a.容器中总压强不变b.混合气体中()cCO不变c.2H消耗的速率与2HO消耗的速率相等d.()()2cCO=cCO④830℃时，若起始时()12cCO2molL−=，()12cH3molL−=，某时刻2CO的转化率为60％，氢气的转化率为_______。某时刻混合

体系中各气体的浓度为()12cCO0.4molL−=、()1cCO=0.6molL−、()12cHO3molL−=，()12cH2molL−=，请判定该体系中反应进行的方向：_______(填“正向进行”“逆向进行”或“达到平衡”)。【答案】（1）()()()()4

222CHgOgCOg22HOl++=ΔH=320kJmol−（2）321ΔH=ΔH-2ΔH-2ΔH（3）①.()()()()222cCOcHOcCOcH②.吸热③.bc④.40％⑤.逆向进行【解析】【小问1详

解】8g甲烷的物质的量为0.5mol，充分燃烧放出的热量为160kJ，1mol甲烷充分燃烧放出的热量为320kJ。热化学方程式为：()()()()4222CHgOgCOg22HOl++=ΔH=320kJmol−；【小问2详解】将()()()22MoSs=MosSg+

记为反应I，()()()222Sg2Og=2SOg+记为反应II，()()()()22322MoSs7Og=2MoOs4SOg++记为反应III。目标方程式=III-2II-2I，故321ΔH=ΔH-2ΔH-2ΔH；【小问3详解】①该反应的平衡常数表达式K=()()()()222cCO

cHOcCOcH；②升高温度，K增大，故该反应为吸热反应；③a．该反应前后气体分子数不变，恒容条件下容器中总压强一直不变，不能判断达平衡，a错误；b．混合气体中()cCO不变时，反应达到平衡，b正确；c．2H的消耗为正反应方向，2

HO的消耗为逆反应方向，两者速率相等时，正逆反应速率相等，反应发到平衡状态，c正确；d．()()2cCO=cCO相等时不能判断达到平衡状态，d错误；故选bc；④830℃时，若起始时()12cCO2molL−=，某时刻2CO的转化率

为60％，2CO的转化浓度为112molL60%1.2molL−−=，根据方程式可知：氢气的转化浓度为11.2molL−，转化率为：111.2molL100%40%3.0molL−−=，可列出三段式：()()()()()()()2222.

03.0001.21.21.21.20.81.8COg+HgCOg+HOgm1.21.2ol/Lmol/Lmol/L起始转化平衡垐?噲?，平衡常数为：1.21.2K10.81.8==，某时刻混合体系中各气体的浓度为()12cCO0.4molL−=、()1cCO=0.6mo

lL−、()12cHO3molL−=，()12cH2molL−=，c0.63Q2.25K20.4==，平衡逆向进行。19.Ⅰ.已知在25℃时，次氯酸、碳酸和亚硫酸的电离平衡常数分别为：HClO8aK=4.710−23HCO7a1K4.

310−=11a2K5.610−=23HSO2a1K=1.510−7a2K1.010−=（1）相同浓度的ClO−、23CO−、3HCO−、23SO−结合H+的能力由强到弱的顺序为_______。（2）写出43NHHSO的电离方程式

_______。（3）室温下，2SO通入NaOH溶液中，在所得溶液中，()()-2-33cHSO:cSO=10:1，则溶液的pH=_______。II.水25℃和95℃时电离平衡曲线如图。（4）在曲线A所对应的温度下，10.1m

olLHCl−溶液由水电离出来的()+cH=_______1molL−。（5）在曲线A所对应的温度下，10.1molL−的下列溶液：①HCl②24HSO③32NHHO④NaOH⑤3CHCOOH，pH由大到小的顺序是_

______(填序号顺序)。（6）在曲线A所对应的温度下，pH3=的醋酸与pH11=的NaOH等体积混合，所得溶液的pH_______7(填“>”“＜”或“=”)。在（7）在曲线B所对应的温度下，将pH9=的NaOH溶液与pH4=的24H

SO溶液混合，若所得混合溶液的6，则NaOH溶液与24HSO溶液的体积比为_______。【答案】（1）22333COClOSOHCO−−−−（2）4343NHHSONHHSO+−=+（3）6（4）1310−（

5）④>③>⑤>①>②（6）＜（7）1∶10【解析】小问1详解】一定温度下，电离平衡常数越大，弱电解质电离程度越大，对弱酸来说其酸根结合H+越难，故结合H+能力由强到弱的顺序为：223333COClOSOHCOHSO−−−

−−。【小问2详解】弱酸23HSOa2K很小，3HSO−很难电离，故43NHHSO的电离方程式为：4343NHHSONHHSO+−=+。【小问3详解】pH由()cH+决定，()cH+与()3cHSO−、()23cSO−的比例关系可由23HSO的a2K求解，()()()()237a23cH

c1KcH1.01010cSOHSO+−+−−===，()61cH1.010?Lmol+−−=，()6Hlg1.0106pHlgc+−=−=−=。【小问4详解】该温度下，水的离子积()()7714wKcHc101010OH+−−−−===，10.1?L

molHCl−中()1cH0.1?Lmol+−=，代入水的离子积公式可计得由水电离出的()()131ccH10?LOHmol−+−−==水水。【小问5详解】该温度下，pH=7时为中性。③是弱碱，部分电离，④是强碱，完全电离，pH大小顺序为：④>③>7，①②是强酸，完全电

离，且②的H+浓度是①的2倍，⑤是弱酸，部分电离，pH大小顺序为：7>⑤>①>②，全部比较得：④>③>⑤>①>②。【小问6详解】该温度下，pH和等于14的一元酸与一元碱等体积混合时，弱者过量。故两者混合反应【的后，醋酸过得，溶液显酸性，pH<7。【小

问7详解】该温度下水的离子积12wK10−=。pH=9时，()31c10?LOHmol−−−=，pH=4时，()41cH10?Lmol+−−=。pH=6时溶液为中性，因此两者刚好完全反应，则：2413112HHO1110?LV10?L

VOHmolmolmolmol+−−−−−+=43122110V10VVV1:10−−==，：。20.用中和滴定法测定某烧碱的纯度，试根据实验回答：（1）称取4.1g烧碱样品。将样品配成250mL待测液，需要的主要玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还需___

____。（2）取10.00mL待测液，用_______量取。（3）用10.2010molL−标准盐酸滴定待测烧碱溶液，以_______为指示剂，滴定时左手旋转酸式滴定管的玻璃活塞，右手不停地摇动锥形

瓶，两眼注视，直到看到_______即可判断达到滴定终点。（4）根据下列数据，计算样品烧碱的质量分数为_______(结果保留四位有效数字)。(假设烧碱中不含有与酸反应的杂质)滴定次数待测液体积(mL)标准盐酸体积(mL)滴定前读数(mL)滴定后读数(m

L)第一次10.000.5020.40第二次10.004.0024.10（5）滴定过程，下列情况会使测定结果偏高的是_______(填序号)。①记录起始体积时，仰视读数，终点时俯视；②碱式滴定管水洗后，就用来量取待测液；③滴定前，酸式滴定管有气泡，滴定后消失；④滴定过快成细流

、将碱液溅到锥形瓶壁而又未摇匀洗下；⑤盐酸在滴定时溅出锥形瓶外；【答案】（1）250mL容量瓶、胶头滴管（2）碱式滴定管或移液管（3）①.酚酞②.锥形瓶反应液最后一滴盐酸滴入，溶液由红色变成无色，且30s内不在变色（4）98.0

5％（5）③⑤【解析】【小问1详解】配制250mL一定物质的量浓度溶液，需要用到天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，故需要的主要玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外还需250mL容量瓶、胶头滴管；故答案为：250mL容量瓶、胶头滴管；【小问2详解】烧碱是强碱，取10.00mL待测液，用碱式滴定管

或移液管；故答案为：碱式滴定管或移液管；【小问3详解】强酸滴定强碱一般选用酚酞作指示剂，滴定时，两眼注视锥形瓶内溶液颜色的变化；直到看到锥形瓶内溶液由红色变为无色，且30s内不恢复红色，说明达到滴定终点；故答案为：酚酞；锥形瓶反应液最后一滴盐酸滴

入，溶液由红色变成无色，且30s内不在变色；【小问4详解】由表格数据可知第一次消耗标准盐酸的体积为19.90mL，第二次消耗标准盐酸的体积为20.10mL，两次平均消耗20.00mL，则10.00mL待测溶液中NaOH的

物质的量为0.2010mol/L×20.00mL，4.1g烧碱样品中NaOH的物质的量为0.2010mol/L×20.00mL×250mL10mL=0.1005mol，质量为0.1005mol×40g/mol=4.02g，故样品中烧碱的质量分数为(4.02g÷4.1g)×100%=9

8.05%；【小问5详解】①记录起始体积时，仰视读数，终点时俯视，则标准液体积偏小，结果偏低；②碱式滴定管水洗后，就用来量取待测液，则待测液被稀释，所量取待测液中NaOH物质的量偏小，消耗标准液体积偏小，结果偏低；③滴定前，酸式滴定管有气泡，滴定后消失，则标准液

体积偏大，结果偏高；④滴定过快成细流、将碱液溅到锥形瓶壁而又未摇匀洗下，则消耗标准液体积偏小，结果偏低；⑤盐酸在滴定时溅出，导致盐酸的用量偏高，结果偏高；符合题意的是③⑤。故答案为：③⑤；获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.co

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